板块模型难题专题训练

1、wordword13/13word板块类运动问题专题练习1质量为m=1.0 kg的小滑块(可视为质点)放在质量为M=3.0 kg的木板的右端，木板上外表光滑，木板与地面之间的动摩擦因数为=0.2，木板长L=1.0 m。开始时两者都处于静止状态，现对木板施加水平向右的恒力F=12 N，如下列图，经一段时间后撤去F，小滑块始终在木板上。g取10 m/s2。(1)求撤去外力前后木板的加速度的大小和方向;(2)设经过时间t1撤去外力，试画出木板从开始运动到停止过程中的速度时间图象;(3)求水平恒力F作用的最长时间。变式:假如小滑块与木板间的动摩擦因数为=0.2，地面光滑，水平恒力F作用的最长时间是多少

2、?2.(1) a1=43m/s2 ，方向向右 a2=83m/s(3) 1 s 变式：1s【解析】(1)由牛顿第二定律得:撤力前:F-(m+M)g=Ma1，解得a1=43m/s2撤力后:(m+M)g=Ma2，解得a2=83m/s2(2)由于减速过程加速度的大小为加速过程的两倍，所以加速时间为t1，如此再经t1/2，木板的速度就减小为零。其速度时间图象如图。(3)方法一木板先加速后减速运动，设加速过程的位移为x1，加速运动的时间为t1，减速过程的位移为x2，减速运动的时间为t2。由运动学规律有x1=12a1t12，x2=1小滑块始终在木板上，应满足x1+x2L又a1t1=a2t2由以上各式可解得t

3、11 s，即力F作用的最长时间为1 s方法二由于速度时间图象的面积就代表位移的大小，所以由(2)问图可知:12vm32t1L，其中vm=a1解得t11 s，即力F作用的最长时间为1 s变式:解答此题的疑难点在于两个物体都在运动，且运动过程较为复杂。突破点是对两物体隔离受力分析，弄清各自的运动过程与两个物体运动的时间、位移与速度的关系。撤力前木板和小滑块都做加速运动，且木板的加速度较大，所以撤力时木板的速度较大。撤去外力后由于木板速度较大，所以小滑块继续做加速运动，而木板做减速运动。设木板加速过程的位移为x1，加速度大小为a1，加速运动的时间为t1，减速过程的位移为x2，加速度大小为a2，减速运

4、动的时间为t2;整个过程中小滑块运动的加速度为a。由牛顿第二定律得:mg=ma，解得a=2 m/s2撤力前:F-mg=Ma1，解得a1=103m/s撤力后:mg=Ma2，解得a2=23m/s撤力时刻，木板的速度v1=a1t1运动的位移: x1=12a1最终木板的速度为v2=v1-a2t2，减速运动过程中木板的位移x2=v1t2-12a2最终小滑块的速度为v= a(t1+t2)，全过程中小滑块运动的位移为x=12a小滑块始终在木板上，应满足x1+x2-xL，又v=v2由以上各式可解得t11 s，即力F作用的最长时间为1 s【备注】无2.一小圆盘静止在桌布上，位于一方桌的水平桌面的中央。桌布的一边

5、与桌的AB边重合，如下列图，盘与桌布间的动摩擦因数为1，盘与桌面间的动摩擦因数为2。现突然以恒定加速度a将桌布抽离桌面，加速度方向是水平的且垂直于AB边。假如圆盘最后未从桌面掉下，如此加速度a满足的条件是什么？以g表示重力加速度设圆盘的质量为m，桌长为l，在桌布从圆盘下抽出的过程中，盘的加速度为a1，有1mg= ma1桌布抽出后，盘在桌面上做匀减速运动，以a2表示加速度的大小，有2mg=ma2设盘刚离开桌布时的速度为v1，移动的距离为x1，离开桌布后在桌面上再运动距离x2后便停下，有v12=2a1x1，v12=2a2x2盘没有从桌面上掉下的条件是设桌布从盘下抽出所经历的时间为t，在这段时间内桌

6、布移动的距离为x，有而由以上各式解得3一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为，如图a所示。时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至时木板与墙壁碰撞碰撞时间极短。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。碰撞后时间内小物块的图线如图b所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取。求1木板与地面间的动摩擦因数与小物块与木板间的动摩擦因数；2木板的最小长度；3木板右端离墙壁的最终距离。【答案】 11 = 0.1 1 2 3最终距离为6.5m 【考点】滑动摩擦力、动摩擦因数；牛顿运动定律；匀变速直线运

7、动与其公式【解析】(1) (7分) 规定向右为正方向，木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M，由牛顿第二定律有： -1 (m+M)g = (m+M)a1eq oac(,1) (1分)由图可知。木板与墙壁碰前瞬间的速度v1= 4m/s ,由运动学公式得：V1 = v0 + a1t1eq oac(,2) (1分) S0 = v0t1 +12 a1t12eq oac(,3) (1分)式中t1=1s , s0 = 4.5m是木板碰前的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度。 联立eq oac(,1)eq oac(,2)eq oac(,3)式

8、和题给条件得：1eq oac(,4) (1分) 在木板与墙壁碰撞后，木板以-v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动。设小物块的加速度为a2 ,由牛顿第二定律有： -2mg = ma2eq oac(,5) (1分)由图可得：a2 = v2- v1t2- t1式中t2 = 2s , v2 = 0 ,联立eq oac(,5)eq oac(,6)式和题给条件得：2 = 0.4 eq oac(,7) (1分)2(8分)设碰撞后木板的加速度为a3 ,经过时间t ,木板和小物块刚好具有共同速度v3 ,由牛顿第二定律与运动学公式得：2mg +1 (m+M)g = (m+M)a1 =

9、 Ma3eq oac(,8) (1分)V3 = - v1 + a3t eq oac(,9) (1分)V3 = v1 + a2teq oac(,10) (1分) 碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为：s1 = -v1+ v32teq oac(,11小物块运动的位移为： s2 = v1+ v32teq oac(,12小物块相对木板的位移为：s = s2 s1eq oac(,13) (1分)联立eq oac(,6)eq oac(,8)eq oac(,9)eq oac(,10)eq oac(,11)eq oac(,12)eq oac(,13)式，并代入数值得：s = 6.0m

10、 eq oac(,14) (2分)因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0m。(3) (5分)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直到停止，高加速度为a4 ,此过程中小物块和木板运动的位移为s3 ,由牛顿第二定律与运动学公式得：1 (m+M)g = (m+M)a4eq oac(,15)(1分) 0 v32 = 2a4s3eq oac(,16)(1分)磁碰后木板运动的位移为： s = s1 + s3eq oac(,17)(1分)联立eq oac(,6)eq oac(,8)eq oac(,9)eq oac(,10)eq oac(,11)eq oac(,15)eq

11、 oac(,16)eq oac(,17)式，并代入数值得：S = -6.5m eq oac(,18)(2分) 木板右端离墙壁的最终距离为6.5m 。4.如下列图，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验假如砝码和纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为.重力加速度为g.(1)当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；(2)要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；(3)本实验中，m10.5 kg，m20.1 kg，砝码与纸板左端的距离d0.1 m，取g10 m/s2.假如砝码移动的距离超过l 0.0

12、02 m，人眼就能感知为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？解析：(1)砝码对纸板的摩擦力Ff1m1g桌面对纸板的摩擦力Ff2(m1m2)gFfFf1Ff2，解得Ff(2m1m2)g.(2)设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，如此Ff1m1a1FFf1Ff2m2a2假如发生相对运动，如此a2a1解得F2(m1m2)g.(3)纸板抽出前，砝码运动的距离x1eq f(1,2)a1teq oal(2,1)纸板运动的距离dx1eq f(1,2)a2teq oal(2,1)纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离x2eq f(1,2)a3teq oal(2,2)lx1x2由题意知a1a3，a1t1a3

13、t2代入数据解得F22.4 N.5如下列图，有一定厚度的长木板AB在水平面上滑行，木板的质量m1=4.0kg木板与水平面间的动摩擦因数=0.20，木板上外表距水平面的高度h=0.050m当木板滑行速度v0=3.0m/s时，将一小物块C轻放在木板右端B点处C可视为质点，它的质量m2=1.0kg经过一段时间，小物块C从木板的左端A点滑出，它落地时的动能EKC=1.0J小物块落地后，木板又滑行了一段距离停在水平面上，这时，木板左端A点距小物块的落地点的水平距离S1=0.90m求：1小物块C从木板的A点滑出时，木板速度的大小vA；v0ABChv0ABCh Lff地N地m1gN12图21解ff地N地m1

14、gN12图2ffCN12m2g图11C平抛过程中只受重力作用，机械能守恒，得：代入数据：f地0Nf地0N地0m1g图3所以C离开木板后，木板实际上由于地面摩擦力而匀减速滑动的位移为：C离开木板后，木板受力如图3，由牛顿第二定律：得：故：2小物块C放到木板上后离开木板之前，假设小物块C在这个过程中的位移为S2，如此木板的位移为S2+l, 根据动能定理：对木板： 对小物块:假设C滑上木块到别离所经历的时间为t， 对木板： 对小物块:联立得：联立：6如图11所示，水平地面上一个质量M=4.0 kg、长度L=2.0 m的木板，在F=8.0 N的水平拉力作用下，以v0=2.0 m/s的速度向右做匀速直线

15、运动.某时刻将质量m=l.0 kg的物块物块可视为质点轻放在木板最右端.1假如物块与木板间无摩擦，求物块离开木板所需的时间；2假如物块与木板间有摩擦，且物块与木板间的动摩擦因数和木板与地面间的动摩擦因数相等，求将物块放在木板上后，经过多长时间木板停止运动.图11M图11MFm2解：1未放物块之前，木板做匀速运动.因此木板与地面之间的动摩擦因数 =假如物块与木板间无摩擦，物块放在木板上后将保持静止.木板水平方向受力如图1所示，它将做匀减速直线运动，设其加速度的大小为a1. 图1Ff1a1f1图1Ff1a1f1= (m+M)ga1= 0.50 m/s2设物块经过时间t离开木板. 木板在这段时间内的

16、位移 L=v0ta1t2解得t= 1.2 s或6.8 s其中t=6.8 ss后物块离开木板.2假如物块与木板间的动摩擦因数也为，如此物块放在木板上后将做匀加速运动，设物块的加速度的大小为a2.mg=ma2 a2 =g=2.0 m/s2图2Ff1f图2Ff1f2a3f1+ f2F=Ma3(M+m)g+mgF=Ma3a3 =1.0 m/s2设经时间t，物块与木板速度相等，此时它们的速度为v，此过程中木板的位移为s1，物块的位移为s2.v =v0a3tv=a2ts1= v0ta3t2s2 =a2t2解得 t=s，v =m/s，s1 =m，s2 =m图3Ff1a4因为s1s2L，所以物块仍然在木板上.

17、图3Ff1a4f1F=(M+m)a4(M+m)gF =(M+m)a4a4 = 0.40 m/s2设再经过时间t，它们停止运动.0 = va4tt=st总 = t+ t= 4.0 s 因此将物块放在木板上后，经过 4.0 s木板停止运动.7P43 40如图17所示，平板车长L=6.0m，质量M=10kg，将其置于光滑水平面上，车的上外表到水平面的距离h=1.25m。现平板车正在光滑水平面上以v0=10m/s向右做匀速直线运动，某时刻对平板车施加一个方向水平向左、大小F1=78N的恒力，与此同时，将一个质量m=的木块轻放在平板车的右端。F1作用1.0s后，将力的大小改为F2=422N作用位置和施力

18、方向不变。F2作用一段时间后，木块脱离平板车落到水平面上，在木块脱离平板车的瞬间撤去F2。平板车与木块的动摩擦因数=0.20，木块可视为质点，空气阻力可忽略不计，取g=10m/s2。求：mMF1v0mMF1v0图1772在F1作用的时间内，摩擦力对平板车做的功； 3木块落到水平面上时，距离平板车右端的水平距离。 38分解：1木块离开平板车后，只受重力，在竖直方向做初速为零的匀加速直线运动，设从木块离开平板车开始至落到光滑水平面上所用的时间为t，如此有h= EQ F(1,2) gt2解得：t=3分答图27fmMF1f2木块放到平板车右端后，木块和平板车答图27fmMF1f设此时平板车的加速度为a

19、1，木块的加速度为a2根据牛顿第二定律，对平板车有 F1+mg=Ma1对木块有 mg=ma2解得：a1=2；a2 m/s21分设将木块放到平板车右端后经过t1时间木块和平板车达到共同速度，如此有v0a1t1= a2t1，解得：t1此时间刚好是F1作用的时间，设在这段时间内平板车的位移为x1如此x1= v0t1 EQ F(1,2)a1t12，解得：x11分在F1作用的时间内摩擦力对平板车做的功W=mg x1=106.0J=12 J1分3在F1作用的时间内木块的位移为x2= EQ F(1,2) a2t12mx1MF1MF1x2mx1MF1MF1x2xm答图37速度v=a2t1答图47MF2f答图4

20、7MF2fmfv受力的情况如答图4所示。木块做减速运动，其加速度大小不变，方向改变。设此时平板车的加速度为a3根据牛顿第二定律，对平板车有 F2mg=Ma3解得：a3= 42m/s2设木块在速度减为零时，木块、平板车的位移分别为x3、x4，取水平向右的方向为正方向。x3= v2/2a2=1.0m，木块速度减为零所用时间 t2= EQ F(v,a2) 所以 x4= vt2 EQ F(1,2)a3t22=19m因|x4|x说明木块在速度减为零之前已经从平板车的右端脱离。在F2作用t3时间木块与平板车脱离，在这个过程中木块、平板车的位移分别为x5、x6， 木块的位移x5= vt3 EQ F(1,2)

21、a2t32平板车的位移x6=vt3 EQ F(1,2)a3t32由答图5所示的几何关系可知x5+|x6|=x，由此解得： t3=0.50s 1分木块离开平板车瞬间的速度v1=va2t3木块离开平板车后水平位移x7= v1t木块离开平板车的瞬间平板车的速度v2=va3t3=19m/s木块离开平板车后平板车水平位移x8= v2 tMF1mx2xx1mMF1MF1mx2xx1mMF1MF2x5mx6答图578如图15所示，水平桌面距地面的高度h=0.80m可以看成质点的小金属块C的质量m1=0.50kg，放在厚度不计的长木板AB上木板长L=0.865m，质量m2=0.20kg，木板的A端跟桌面的边缘

22、对齐小金属块C到木板B端的距离d=0.375m假定小金属块与木板间、木板与桌面间、小金属块与桌面间的动摩擦因数都相等，其值0.20现用力将木板水平向右加速抽出在小金属块从木板上滑下以前，加在木板上的力为水平向右的恒力F小金属块落到桌面上后，又在桌面上滑动了一段距离，再从桌面边缘飞出落到水平地面上小金属块落地点到桌边的水平距离s=0.08m求作用在木板上的恒力F的大小 4解：小金属块经历了三段运动过程：在木板上的匀加速直线运动，从木板上滑落后在桌面上的匀减速直线运动，离开桌面后的平抛运动设小金属块做平抛运动的时间为t3，图1f1m1图1f1m1gF1小金属块在长木板上运动时的受力如图1所示，小金

23、属块这时做匀加速直线运动，设它的加速度为a1图2f1图2f1m1gF1设小金属块在木板上运动时，相对于地面运动的距离为s1，末速度为v1，所用时间为t1，= 1 * GB3= 2 * GB3设小金属块在桌面上运动时，相对于地面运动的距离为s2，末速度为v2，m2gF1fm2gF1f2FF2图3f1由题意知= 4 * GB3联立以上四式，解得s1s2t1v1取木板为研究对象，小金属块在木板上运动时，木板受力如图3所示木板在t1时间内向右运动距离为d+s1，设木板的加速度为a2，如此利用牛顿定律F(f1+f2)=m2a2F=3.4N 增大F，可减少物体加速时间，物体不会落下即滑至桌边时速度恰好为零

24、，如此物体加速阶段与减速阶段位移都是0.245m，据此可计算出当F3.41N时物块不会落下桌子。9.如下列图，质量为m=5kg的长木板放在水平地面上，在木板的最右端放一质量也为m=5kg的物块A木板与地面间的动摩擦因数1=0.3，物块与木板间的动摩擦因数2=0.2现用一水平力F=60N作用在木板上，使木板由静止开始匀加速运动，经过t=1s，撤去拉力设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力g取10m/s2求：1拉力撤去时，木板的速度大小2要使物块不从木板上掉下，木板的长度至少多大3在满足2的条件下，物块最终将停在距板右端多远处【答案】14m/s；2；35.解析：1假如在时间t=1s内，物块与长木板一起运动，加速度为a，如此物块受合外力说明物块在长木板上发生了相对滑动设撤去F时，长木板